高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册第1章 导数及其应用本章综合与测试综合训练题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册第1章 导数及其应用本章综合与测试综合训练题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列导数运算正确的是( )
A．(2x2＋3)′＝4x＋3B．(cseq \f(π,2))′＝－sineq \f(π,2)
C．(eq \r(x))′＝eq \f(1,2\r(x))D．(e－x)′＝e－x
2．已知函数f(x)＝x5的导函数为y＝f′(x)，则f′(－1)＝( )
A．－1B．1
C．5D．－5
3．如图是导函数y＝f′(x)的图象，那么函数y＝f(x)在下面哪个区间是减函数( )
A．(x1，x3) B．(x2，x4)
C．(x4，x6) D．(x5，x6)
4．如图所示，是函数f(x)的图象与其在点P处的切线，则f(1)＋f′(1)＝( )
A．－2B．0
C．2D．4
5．已知函数f(x)＝x3－12x，则( )
A．函数f(x)在(－∞，0)上单调递增B．函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点
C．函数f(x)有极大值16D．函数f(x)有最小值－16
6．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝ax2－x.若经过点A(1，0)存在一条直线l与曲线y＝f(x)和y＝g(x)都相切，则a＝( )
A．－1B．1
C．2D．3
7．若函数f(x)＝x3－3x2－9x在(a，＋∞)内有极大值，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，3)
C．(－1，3) D．(－∞，3]
8．已知定义在R上的函数f(x)满足f(3＋x)＝f(3－x)，且当x∈(0，3)时，f(x)＝xex，则下列结论中正确的是( )
A．f(e)C．f(4)二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．下列说法正确的有( )
A．曲线的切线与曲线有且只有一个公共点
B．设函数y＝lnx＋x2，则导函数y′>0恒成立
C．函数h(t)＝－4.9t2＋5t＋11在t＝2附近单调递增
D．某质点沿直线运动，位移y(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为y(t)＝eq \f(1,2)t2＋2t，则t＝2s时的瞬时速度为4m/s
10．已知函数f(x)＝(x－a)(x－3)2，当x＝3时，f(x)有极大值，则a的取值可以是( )
A．6B．5
C．4D．3
11．已知函数f(x)＝x－lnx，则( )
A．f′(1)＝1B．f(x)在(1，＋∞)上为增函数
C．f(x)在(－∞，1)上为减函数D．f(x)的最小值为f(1)＝1
12．若函数f(x)＝xln (x＋2)，则( )
A．f(x)的定义域是(0，＋∞) B．f(x)有两个零点
C．f(x)在点(－1，f(－1))处切线的斜率为－1D．f(x)在(0，＋∞)上单调递增
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知曲线f(x)＝a(x＋1)－ex在点(0，f(0))处的切线与直线x－2y＋3＝0垂直，则实数a的值为________．
14．函数f(x)＝ln (x＋1)－eq \r(x)的最大值为________．
15．已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则a＝________，f(x)的极大值为________．
16．设函数f(x)＝(ex－m－ax)(lnx－2ax)，若存在实数a使得f(x)＜0成立，则m的取值范围是________.
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R，且f′(1)＝1.求：
(1)a的值及曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)函数f(x)在区间[0，2]上的最大值．
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝x＋1－lnx.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x>0，都有f(x)－a≥0成立，求实数a的取值范围．
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax－1.
(1)若a＝0，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围．
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2x－lnx.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)设g(x)＝f(x)＋(a－2)x，a>0，若x∈(0，e]时，g(x)的最小值是2，求实数a的值(e是自然对数的底数).
21．(本小题满分12分)如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝xcm.
(1)求包装盒的容积V(x)关于x的函数表达式，并求出函数的定义域；
(2)当x为多少时，包装盒的容积V(x)(cm3)最大？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝alnx＋eq \f(2a2,x)＋x(a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a∈(－∞，0)时，记函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤eq \f(1,2)e2.
章末过关检测(一) 导数及其应用
1．解析：对于A，(2x2＋3)′＝4x，A错误；对于B，因cseq \f(π,2)是常数，则(cseq \f(π,2))′＝0，B错误；
对于C，(eq \r(x))′＝eq \f(1,2\r(x))，C正确；对于D，(e－x)′＝e－x(－x)′＝－e－x，D错误．
答案：C
2．解析：由题意可得：
f′(x)＝5x4，所以f′(－1)＝5.
答案：C
3．解析：当f′(x)<0时，函数单调递减，由图可知，x∈(x2，x4)时，f′(x)<0，
所以函数的单调递减区间是(x2，x4).
故选B.
答案：B
4．解析：由题意，切线经过点(2，0)，(0，4)，可得切线的斜率为k＝eq \f(4－0,0－2)＝－2，即f′(1)＝－2，
又由切线方程为y＝－2x＋4，令x＝1，可得y＝2，即f(1)＝2，
所以f(1)＋f′(1)＝2－2＝0.
故选B.
答案：B
5．解析：f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得x<－2或x>2，由f′(x)<0，得－2所以f(x)在(－∞，－2)上递增，在(－2，2)上递减，在(2，＋∞)上递增，
所以极大值为f(－2)＝16>0，极小值为f(2)＝－16<0，所以f(x)有3个零点，且f(x)无最小值．
答案：C
6．解析：∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝1＋lnx，∴f′(1)＝1＋ln1＝1，∴k＝1，∴曲线y＝f(x)在A(1，0)处的切线方程为y＝x－1，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1,y＝ax2－x))得ax2－2x＋1＝0，由Δ＝4－4a＝0，解得a＝1.
答案：B
7.
解析：由f(x)＝x3－3x2－9x，得f′(x)＝3x2－6x－9，
令f′(x)>0⇒x<－1或x>3，令f′(x)<0⇒－1所以函数f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，
且f(－1)＝5，f(3)＝－27，如图，
由图可知函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝3处取得极小值，
又函数f(x)在(a，＋∞)内有极大值，
故a<－1.
故选A.
答案：A
8．解析：∵f(3＋x)＝f(3－x)，
∴f(4)＝f(2)，
当x∈(0，3)时，f(x)＝xex，
∴f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，故f′(x)>0，
∴f(x)在(0，3)内单调递增，
又0∴f(ln3)所以f(ln3)故选B.
答案：B
9．解析：对于A，函数f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(1)＝3，则函数f(x)＝x3的图象在点(1，1)处切线y＝3x－2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝3x－2,y＝x3))解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2,y＝－8))，即曲线y＝x3在点(1，1)处切线与曲线有两个公共点(－2，－8)，(1，1)，A不正确；
对于B，函数y＝lnx＋x2定义域为(0，＋∞)，y′＝eq \f(1,x)＋2x>0，B正确；
对于C，在函数h(t)＝－4.9t2＋5t＋11中，h′(t)＝－9.8t＋5，当t>eq \f(25,49)时，h′(t)<0，即h(t)在(eq \f(25,49)，＋∞)上递减，C不正确；
对于D，依题意，y′(t)＝t＋2，当t＝2时，y′(2)＝4，即t＝2s时的瞬时速度为4m/s，D正确．
故选BD.
答案：BD
10．解析：∵f(x)＝(x－a)(x－3)2，
∴f′(x)＝(x－3)2＋2(x－a)(x－3)＝(x－3)(3x－3－2a)，
令f′(x)＝0，则x＝3或x＝eq \f(3＋2a,3)，
当eq \f(3＋2a,3)>3时，即a>3时，f(x)在(－∞，3)单调递增，(3，eq \f(3＋2a,3))单调递减，(eq \f(3＋2a,3)，＋∞)单调递增，
此时，当x＝3时，f(x)有极大值，
则a的取值可以是4，5，6.
故选ABC.
答案：ABC
11．解析：因为f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，所以f′(1)＝0，所以A不正确；
因为x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以B正确；
因为f′(x)的定义域为{x|x>0}，且0因为f(x)的定义域为{x|x>0}．且f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以当x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝1，所以D正确，
故选BD.
答案：BD
12．解析：对于A：函数的定义域是(－2，＋∞)，故A错误；
对于B：令f(x)＝0，即xln (x＋2)＝0，解得：x＝0或x＝－1，故函数f(x)有2个零点，故B正确；
对于C：斜率k＝f′(－1)＝ln (－1＋2)＋eq \f(－1,－1＋2)＝－1，故C正确；
对于D：f′(x)＝ln (x＋2)＋eq \f(x,x＋2)，x>0时，
ln (x＋2)>0，eq \f(x,x＋2)>0，故f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故D正确．
故选BCD.
答案：BCD
13．解析：f′(x)＝a－ex，则f′(0)＝a－1，则a－1＝－2，解得a＝－1.
答案：－1
14．解析：因为f(x)＝ln (x＋1)－eq \r(x)，
所以f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,2\r(x))＝eq \f(－（\r(x)－1）2,2\r(x)（x＋1）)，x≥0，
因为f′(x)＝eq \f(－（\r(x)－1）2,2\r(x)（x＋1）)≤0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(x)的最大值为f(0)＝0.
答案：0
15．解析：由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax－3，
因为函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，
所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
所以f(x)＝2lnx＋eq \f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(（x－1）（x－2）,x)，
∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝eq \f(1,2)－3＝－eq \f(5,2).
答案：eq \f(1,2) －eq \f(5,2)
16．解析：∵f(x)＝(ex－m－ax)(lnx－2ax)＝2x2(eq \f(ex－m,x)－a)(eq \f(lnx,2x)－a)(x＞0)，
令h(x)＝eq \f(ex－m,x)，则h′(x)＝eq \f(ex－m（x－1）,x2)，
由h′(x)＞0，得x＞1，由h′(x)＜0，得0＜x＜1，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)∈[e1－m，＋∞)，
令g(x)＝eq \f(lnx,2x)，则g′(x)＝eq \f(2－2lnx,4x2)，由g′(x)＞0，得0＜x＜e，由g′(x)＜0，得x＞e，
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)∈(－∞，eq \f(1,2e)]，
若存在实数a，使得f(x)＜0成立，即存在实数a，使得(eq \f(ex－m,x)－a)(eq \f(lnx,2x)－a)＜0成立，
即存在实数a，使得eq \f(lnx,2x)＜a＜eq \f(ex－m,x)恒成立，
∴h(x)min＞g(x)max，∴e1－m＞eq \f(1,2e)，解得m＜2＋ln2，
∴m的取值范围为(－∞，2＋ln2).
答案：(－∞，2＋ln2)
17．解析：(1)∵f(x)＝x3－ax2，
∴f′(x)＝3x2－2ax，
∴f′(1)＝3－2a＝1，解得a＝1，
故f(x)＝x3－x2，f(1)＝0，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的斜率为k＝1，切线方程y－f(1)＝k(x－1)，
即y＝x－1.
(2)由(1)可知：f(x)＝x3－x2，f′(x)＝3x2－2x，
令f′(x)＝3x2－2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq \f(2,3)，
故当x∈[0，eq \f(2,3))时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减；
当x∈[eq \f(2,3)，2]时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；
f(x)在区间[0，2]内，当x＝2时取最大值，最大值为f(2)＝4.
18．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)，
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)由(1)可知f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝2，
∵对任意的x>0，都有f(x)－a≥0成立，
即对任意的x>0，都有a≤f(x)成立，
∴a≤f(x)min＝f(1)＝2，
∴实数a的取值范围为(－∞，2].
19．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex－1，所以f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)＝－2，无极大值．
(2)f′(x)＝xex＋a，
因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，即a≥－xex恒成立，
令h(x)＝－xex，则h′(x)＝－(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(－1)＝eq \f(1,e)，所以a的取值范围为[eq \f(1,e)，＋∞).
20．解析：(1)f(x)定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当f′(x)>0时，x>eq \f(1,2)，当f′(x)<0时，0所以f(x)的单调增区间是(eq \f(1,2)，＋∞)，单调减区间是(0，eq \f(1,2)).
当x＝eq \f(1,2)时，f(x)取得极小值且为f(eq \f(1,2))＝1＋ln2，无极大值．
(2)因为g(x)＝f(x)＋(a－2)x＝ax－lnx，所以g′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，
当eq \f(1,a)≥e，即0解得a＝eq \f(3,e)(舍去)，
当0eq \f(1,e)时，当00，
所以g(x)min＝g(eq \f(1,a))＝1＋lna＝2，解得a＝e.满足条件，
综上，实数a的值是e.
21．解析：(1)设包装盒的高为h(cm), 底面边长为a(cm)，
则a＝eq \r(2)x，h＝eq \r(2)(30－x)，0所以V＝a2h＝2eq \r(2)(－x3＋30x2)＝－2eq \r(2)x3＋60eq \r(2)x2，
其定义域为{x|0(2)由V＝2eq \r(2)(－x3＋30x2)，可得V′＝6eq \r(2)x(20－x)，
当x∈(0，20)时，V′>0；当x∈(20，30)时，V′<0；
∴当x＝20时，V取得极大值也是最大值：8000eq \r(2).
此时，h∶a＝(30－x)∶x＝eq \f(1,2)，所以，高与底面边长的比值为eq \f(1,2).
22．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(2a2,x2)＋1＝eq \f(x2＋ax－2a2,x2)＝eq \f(（x－a）（x＋2a）,x2)，
当a>0时，令f′(x)>0，得x>a，令f′(x)<0，得0所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当a<0时，令f′(x)>0，得x>－2a，令f′(x)<0，得0所以f(x)在(0，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增．
(2)当a∈(－∞，0)时，由(1)知，f(x)在(0，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增，
所以g(a)＝f(－2a)＝aln (－2a)＋eq \f(2a2,－2a)－2a＝aln (－2a)－3a，
g′(a)＝ln (－2a)＋eq \f(a,－2a)×(－2)－3＝ln (－2a)－2，
令g′(a)>0，得a<－eq \f(e2,2)，令g′(a)<0，得－eq \f(e2,2)所以g(a)在(－∞，－eq \f(e2,2))上单调递增，在(－eq \f(e2,2)，0)上单调递减，
所以g(a)≤g(－eq \f(e2,2))＝－eq \f(e2,2)ln [－2×(－eq \f(e2,2))]－3(－eq \f(e2,2))＝eq \f(e2,2).